2022届湖南省湘赣皖长郡十五校联盟高三第二次联考（全国卷）文科数学试题含解析

湘赣皖长郡十五校联盟2022届高三第二次联考（全国卷）

文科数学试题

一、选择题∶本大题共12小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.

1．已知集合，则A∩B＝（       ）

A．{－1，1} B．{1，2} C．{0，2} D．{0，1，2}

2．已知复数，则z在复平面内对应的点在（       ）

A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限

3．已知a，b∈R，则“ab＝0”是“”成立的（       ）

A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件

4．非零向量，，满足，与的夹角为，，则在上的投影为（       ）

A．－1 B． C．1 D．

5．已知一圆柱的底面半径与球的半径均为R，且该圆柱的体积与球的体积也相等，则该圆柱的侧面积为（       ）

A． B． C． D．

6．已知，为椭圆（a＞b＞0）的左、右焦点，椭圆的离心率为，M为椭圆上一动点，则的最大值为（       ）

A． B． C． D．

7．已知函数，则下列函数图象关于直线对称的是（       ）

A． B．

C． D．

8．已知函数（A＞0，，）的部分自变量、函数值如下表所示，则函数f(x)的解析式是（       ）

A． B．

C． D．

9．我国数学家陈景润在哥德巴赫猜想的研究中取得了世界领先的成果，哥德巴赫猜想的内容是：每个大于2的偶数都可以表示为两个素数的和，例如：4＝2＋2，6＝3＋3，8＝3＋5，那么在不超过12的素数中随机选取两个不同的数，其和为奇数的概率为（       ）

A． B． C． D．

10．已知等比数列的公比为q，且，则下列选项不正确的是（       ）

A． B． C． D．

11．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c．若，则角A的最大值为（       ）

A． B． C． D．

12．已知，，，则a，b，c的大小关系为（       ）

A．b＞c＞a B．a＞c＞b C．b＞a＞c D．a＞b＞c

二、填空题

13．已知抛物线C：（a＞0）上的点到其准线的距离为3，则a＝______．

14．过原点的直线与函数在上的图象切于点，则______．

15．已知函数则不等式的解集为______．

16．如图，在正方体中，M，N，P，Q分别是，，AB，的中点，给出下列四个判断：

①平面PMN；

②PN与QM所成的角为60°；

③点B，D到平面PMN的距离相等；

④平面PMN截该正方体的截面为正六边形．则正确的序号为______．

三、解答题

17．已知数列的前n项和为，正项等比数列的首项为，且．

(1)求数列和的通项公式；

(2)求使不等式成立的所有正整数n组成的集合．

18．某学校共有2000名学生，其中女生1200人，为了解该校学生在学校的月消费情况，采取分层抽样随机抽取了200名学生进行调查，月消费金额分布在550～1050元之间．根据调查的结果绘制的学生在校月消费金额的频率分布直方图如图所示，将月消费金额不低于850元的学生称为“高消费群”．

(1)求a的值，并估计该校学生月消费金额的平均数；（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）

(2)若样本中属于“高消费群”的男生有10人，完成下列2×2列联表，并判断是否有99.9%以上的把握认为该校学生属于“高消费群”与“性别”有关．

（，其中n＝a＋b＋c＋d）

19．如图，正方体的棱长为2，E，F，G分别为棱AD，，的中点．

(1)求证：平面DFG；

(2)求点E到平面DFG的距离．

20．已知抛物线C：（p＞0），抛物线C的焦点为F，点P在抛物线上，且的最小值为1．

(1)求p；

(2)设O为坐标原点，A，B为抛物线C上不同的两点，直线OA，OB的斜率分别为，，且满足，求｜AB｜的取值范围．

21．已知函数．

(1)当0＜a≤4π时，证明：函数f(x)在定义域内递增；

(2)当a＝14时，试讨论f(x)在（0，π）内极值点的个数．

22．在平面直角坐标系xOy中，以O为极点，x轴的正半轴为极轴，建立极坐标系．曲线C的极坐标方程为

(1)求曲线C与坐标轴所围成图形的面积；

(2)已知点，在曲线C上，求△OAB面积的最大值．

23．已知函数．

(1)若 ，解不等式；

(2)求证：．

参考答案：

1．C

【解析】

【分析】

先求，再求交集即可．

【详解】

∵集合，，

则．

故选：C．

2．B

【解析】

【分析】

将化简为的形式，求出在复平面内所对应点的坐标，即可得答案．

【详解】

由，所以z在复平面内对应点为 ，位于第二象限，

故选：B

3．B

【解析】

【分析】

根据充分性和必要性的定义来判断即可．

【详解】

当时，若，不能推出，不满足充分性；

当，则，有，满足必要性；

所以“”是“”的必要不充分条件．

故选：B．

4．C

【解析】

【分析】

根据投影公式计算出正确答案.

【详解】

由于，所以，

由于与的夹角为，所以，

在上的投影为.

故选：C

5．D

【解析】

【分析】

设圆柱的高为，根据球的体积与圆柱的体积公式求出，再根据圆柱的侧面积公式计算可得；

【详解】

解：设圆柱的高为，则，所以，所以；

故选：D

6．A

【解析】

【分析】

利用余弦定理列式，结合椭圆的定义以及基本不等式求得的最大值.

【详解】

设，

，

在三角形中，由余弦定理得：

.

由于，所以的最大值为.

故选：A

7．C

【解析】

【分析】

证得函数为偶函数，可得关于轴对称，进而可得函数关于对称，再结合函数关于直线对称，即可求出结果．

【详解】

因为函数，定义域为，则，

故函数为偶函数，则关于轴对称，

因此函数为函数向右平移一个单位得到，故函数关于对称，

且函数关于直线对称，因此函数关于点对称，

故选：C．

8．D

【解析】

【分析】

根据表格分别求，再得周期，从而得，再根据特殊点求即可.

【详解】

由表格可知，，函数的最大值是，所以,得，

当时，函数最得最小值，最小值和相邻的零点间的距离是，

所以，

当时，，解得，

因为，所以，所以.

故选：D

9．B

【解析】

【分析】

利用列举法，结合古典概型的概率计算公式计算出所求概率.

【详解】

不超过的素数为：，共个，

从中随机选取两个，

有：，共种，

其中和为奇数的为：，共种，

所以和为奇数的概率为.

故选：B

10．B

【解析】

【分析】

根据等比数列的通项公式可得，，，，再利用基本不等式判断A，利用特殊值判断B，根据完全平方数的非负性判断C，根据下标和性质判断D；

【详解】

解：因为等比数列的公比为q，且，所以，，，，

所以，当且仅当，即时取等号，故A正确；

所以，当时，故B错误；

，故C正确；

，故D正确；

故选：B

11．A

【解析】

【分析】

根据正弦定理先将角化边，再运用余弦定理和基本不等式得到的范围进而得到最后的结果

【详解】

因为

所以，进而可得

因为，当且仅当时等号成立

所以又因为

所以角A的最大值为

故选：A

12．D

【解析】

【分析】

结合对数、指数的知识以及分段法来确定正确答案.

【详解】

，

所以，

，

，

所以，即.

，

，

所以，

综上所述，.

故选：D

13．＃＃

【解析】

【分析】

首先求出抛物线的准线方程，根据抛物线的定义到焦点的距离等于到准线的距离，解方程即可．

【详解】

解：抛物线，即，准线方程为，

点到焦点的距离为3，所以，解得．

故答案为：

14．

【解析】

【分析】

利用切点和斜率求得切线方程，代入原点坐标，化简求得.

【详解】

切点为，，

所以切线方程为，

代入得，所以.

故答案为：

15．

【解析】

【分析】

分、和，依次解不等式，再取并集即可.

【详解】

当时，不等式为，解得；

当时，不等式为，易知，解得；

当时，不等式为，解得；

综上，解集为：.

故答案为：.

16．①②④

【解析】

【分析】

如图所示：平面PMN截该正方体的截面为正六边形可判断④；由可判断①；因为，则为PN与QM所成的角，根据等边三角形即可判断②结果；因为与平面不平行即可判断③．

【详解】

分别取的中点为，连接如图所示：

平面PMN截该正方体的截面为正六边形，故故④正确，

连接，在正方体中，有，故平面PMN，①正确；

因为，所以是PN与QM所成的角，又因为

所以，故②正确；

因为与平面不平行，则点B，D到平面PMN的距离不相等，故③不正确；

故答案为：①②④

17．(1),

(2)

【解析】

【分析】

（1）由与的关系可求得，由等比数列的基本量，可得；

（2）根据单调性及不等式的解可求解问题.

(1)

因为数列的前n项和为，

所以当时，；

当时，，

满足上式，故.

所以，从而,化为，

又因为数列为正项等比数列且，设公比为，且，

又，解得或（舍），

从而.

(2)

不等式转化为，即，

记，，

当时，，从而单调递减，所以.

因此使不等式成立的所有正整数组成的集合为.

18．(1)，平均数为元

(2)列联表见解析，有以上的把握认为该校学生属于“高消费群”与“性别”有关．

【解析】

【分析】

（1）由频率分布直方图中所有小矩形的面积之和为得到方程，解得，再根据频率分布直方图中平均数计算公式计算可得；

（2）按照分层抽样求出样本中男生、女生的人数，再由频率分布直方图求出“高消费群”的人数，即可完善列联表，计算出卡方，即可判断；

(1)

解：由频率分布直方图可得，解得，

所以样本的平均数为

（元）

(2)

解：依题意知，样本中男生人，

女生人，属于“高消费群”的有人，

列出下列列联表：

所以，所以有以上的把握认为该校学生属于“高消费群”与“性别”有关．

19．(1)证明见解析

(2)

【解析】

【分析】

（1）补全平面后结合线面平行的判定定理来证得平面.

（2）结合等体积法来求得到平面的距离.

(1)

设是的中点，连接如下图所示，

根据正方体的性质可知，

即四点共面，

由于平面平面，

所以平面.

(2)

由（1）得平面，所以到平面的距离，即到平面的距离，设为.

，

，

，为锐角，则，

所以.

则.

所以到平面的距离为.

20．(1)

(2)

【解析】

【分析】

（1）由于，即可求得，从而得；

（2）设，由得，设直线方程为，代入抛物线方程结合韦达定理得出，从而过焦点，即可求解的取值范围．

(1)

因为，则，所以；

(2)

由（1）得，设，则

则，由得，所以，

设直线方程为

联立方程组得，所以则

故过焦点

所以．

21．(1)答案见详解；

(2)2．

【解析】

【分析】

（1）利用导数与基本不等式即可证明；

（2）设，，分析单调性可得使得，使得，从而判断在内的正负性即可判断在内的极值点个数．

(1)

函数的定义域为

因为，则

故

所以函数f(x)在定义域内递增；

(2)

当时，，

设，

在上单调递增，在上单调递减，

由，当时，，当时，．

所以在上单调递减，在上单调递增，

又因为；；

故使得，且当时，

则当时，

又因为，故使得，

且当时，，且当时，，

则当时，，

则当时，，

所以在处取到极大值，在处取到极小值，

故在内有2个极值点．

22．(1)

(2)

【解析】

【分析】

（1）分和两种情况根据将极坐标方程化为直角坐标方程，即可得到曲线的图形，从而求出面积；

（2）首先可得，再根据利用两角和的正弦公式、二倍角公式及辅助角公式将函数化简，再结合二次函数的性质计算可得；

(1)

解：当时，所以，则，即，

因为，，所以，

又，所以；

当时，所以，则，即，

因为，所以 ，所以，

，所以；

所以曲线的图形如下所示：

所以曲线与坐标轴所围成图形的面积为；

(2)

解：因为点，在曲线C上，所以，

所以的面积

所以当，即时；

23．(1) 或

(2)证明见解析

【解析】

【分析】

（1）时，即，两边平方解一元二次不等式即可求得答案;

（2）分段讨论去掉绝对值符号，可求得函数的取值范围，即可证明结论.

(1)

由题意，时，即，

则，即 ，

解得 或 ，

故不等式解集为 或 ；

(2)

证明：，

当 时，，

当时，，

由于 ，故，

当 时，，

综合以上，.